定积分典型例题

定积分典型例题

例1 求lim1(n3分析 将这类问题转化为定积分主要是确定被积函数和积分上下限．若对题目中被积函数难以想到，可采取如下方法：先对区间[0,1]n等分写出积分和，再与所求极限相比较来找出被积函数与积分上下限．

解 将区间[0,1]n等分，则每个小区间长为x1，然后把

in2n232n23n3)．

为求定积分．即

lim21111的一个因子n2nnn13232(n2nnn220乘入和式中各项．于是将所求极限转化

1123n3)=lim(33nnnn1n3)=3xdx． 0n4n3例2 2xxdx=_________． 解法1 由定积分的几何意义知，周(x1)y1 (y0)

与x轴所围成的图形的面积．故222202xx2dx等于上半圆

02xx2dx=

解法2 本题也可直接用换元法求解．令（t），则

222．

x1=sint2202xxdx=2221sintcostdt=221sintcostdt=22cos2tdt=

2200

例3 比较edx，e1x122x2dx，(1x)dx．

12分析 对于定积分的大小比较，可以先算出定积分的值再比较大小，而在无法求出积分值时则只能利用定积分的性质通过比较被积函数之间的大小来确定积分值的大小．

)则解法1 在[1,2]上，有ee．而令f(x)e(x1，

f(x)e1．当x0时，f(x)0，f(x)在(0,)上单调递增，从而f(x)f(0)，可知在[1,2]上，有e1x．又

f(x)dxf(x)dx，从而有(1x)dxedxedx．

xx2xxx1211x1x221222解法2 得ex1x．注意到f(x)dxf(x)dx．因此

1221e2在[1,2]上，有ee．由泰勒中值定理e1xx2!xx2x--

--

12(1x)dxexdxexdx．

11222例4 估计定积分02ex2xdx的值．

分析 要估计定积分的值, 关键在于确定被积函数在积分区间上的最大值与最小值．

解 设 f(x)e, 因为 f(x)e(2x1), 令f(x)0，求得驻点1x, 而

x2xx2x2f(0)e1, f(2)e02,

11f()e42,

故

e14f(x)e2,x[0,2],

从而

2e14所以

2ex022xdx2e2,

例5 设f(x)，g(x)在[a,b]上连续，且g(x)0，f(x)0．求limg(x)f(x)dx．

解 由于f(x)在[a,b]上连续，则f(x)在[a,b]上有最大值M和最小值m．由f(x)0知M0，m0．又g(x)0，则

mg(x)dxg(x)f(x)dxMg(x)dx．

由于limmlimM1，故

bnna2ee20x2xdx2e14.

nbbnnbaaannnnlimg(x)nf(x)dx=g(x)dx．

bbnaa例6求limnpnn分析 这类问题如果先求积分然后再求极限往往很困难，解决此类问题的常用方法是利用积分中值定理与夹逼准则．

解法1 利用积分中值定理

设 f(x)sinx, 显然f(x)在[n,np]上连续, 由积分中值定理得

xsinxdx, p,n为自然数． xnpnsinxsindxp, [n,np], x当n时, , 而sin1, 故

--

--

limnpnnsinxsindxlimp0． x 解法2 利用积分不等式

因为

nnpnnpsinxnp1sinxnpdxdxdxlnnnxxxn,

而limlnnp0,所以

nlimnpnnsinxdx0． x例7

解法1 由积分中值定理 f(x)g(x)dxf()g(x)dx可知

1xdx，01． xdx=1bbaaxn求limdx． n01x11n1n01x0又

limxndxlimn011111， 0且nn121故

解法2 因为0x1，故有 于是可得 又由于

10xnlimdx0． n01x1xn0xn． 1x1xn0dxxndx． 01x01xndx因此

10(n)． n1例8 设函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且4f(x)dxf(0)．证明在(0,1)内存在一点c，使f(c)0．

分析 由条件和结论容易想到应用罗尔定理，只需再找出条件f()f(0)即可．

证明 由题设f(x)在[0,1]上连续，由积分中值定理，可得

3f(0)4f(x)dx4f()(1)f()，

134xnlimdx=0． n01x11344--

--

其中[3,1]4．于是由罗尔定理，存在c(0,)(0,1)，使得[0,1]x2f(c)0．证毕．

例9 （1）若f(x)x()ftx则f(x)=___；（2）若fxetdt，td()2x0，

求f(x)=___．

分析 这是求变限函数导数的问题，利用下面的公式即可

df(t)dtf[v(x)]v(x)f[u(x)]u(x)．

v(x)解 （1）f(x)=2xee；

（2） 由于在被积函数中x不是积分变量，故可提到积分号外即f(x)xf(t)dt，则可得

x4x2dxu(x)x0f(x)=f(t)dtxf(x)．

x0例10 设f(x)连续，且解 对等式故f(x3x310x130f(t)dtx，则f(26)=_________．

f(t)dtx两边关于x求导得

f(x31)3x21，

1)13x2，令x3126得x3，所以f(26)x11． 27例11 函数F(x)_________．

解 F(x)31x(31td)t(x0)单调递减开区间为的

，令F(x)0得x1x3，解之得0x1，即(0,1)99为所求．

例12 求f(x)0(1t)arctantdt的极值点．

解 由题意先求驻点．于是f(x)=(1x)arctanx．令f(x)=0，得x1，x0．列表如下： x 0 (,0) (0,1) 1 (1,)

0 0 f(x)- ＋ －

故x1为f(x)的极大值点，x0为极小值点．

例13 已知两曲线yf(x)与yg(x)在点(0,0)处的切线相同，其中

g(x)edt，x[1,1]，

arcsinxt20--

--

试求该切线的方程并求极限limnf(3)．

n分析 两曲线yf(x)与yg(x)在点(0,0)处的切线相同，隐含条件f(0)g(0)，f(0)g(0)．

解 由已知条件得

f(0)g(0)edt0，

0t20n且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知

f(0)g(0)e(arcsinx)1x22x01．

故所求切线方程为yx．而

3f()f(0)3limnf()lim3n3f(0)3． n3nn0n例14 求

t(tsint)dt分析 该极限属于0型未定式，可用洛必达法则．

xlimx00x20sin2tdt；

解

x220x00x00sintdtx)(x)4x=lim(1)2xx(sin== (2)lim(2)limlim(xsinx)1cosxxsinx)tt(tsintd=(2)lim12x=0．

22223x0x0x2x0注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则．

x1t2dt1成立．例15 试求正数a与b，使等式lim 2x0xbsinx0at分析 易见该极限属于0型的未定式，可用洛必达法则．

0x22x1t21x2aximdt=limlim解 lx=lim 0xbsixx0x01bcosxn0at2ax2x01bcosxsinx1x2lim1， x01bcosxa由此可知必有lim(1bcosx)0，得b1．又由

x01x22lim1， ax01cosxa得a4．即a4，b1为所求．

例16 设f(x)sintdt，g(x)xsinx203x4，则当x0时，f(x)是g(x)--

--

的（ ）．

A．等价无穷小． B．同阶但非等价的无穷小． C．高阶无穷小． D．低阶无穷小．

f(x)sin(sinx)cosxlim解法1 由于 limg (x)3x4x2x0x023故f(x)是g(x)同阶但非等价的无穷小．选B．

解法2 将sint展成t的幂级数，再逐项积分，得到

111f(x)[t(t)]dtsinxsinx，

2cosxsin(sin2x) limlim2x034xx0x21x1lim2． 3x0x3sinx223370则

3!34211sin3x(sin4xf(x)342limlimx0g(x)x0x3x4)11sin4xlim342x01x1． 3例17 证明：若函数f(x)在区间[a,b]上连续且单调增加，则有

babxf(x)dxf(x)dx． ab证法1 令F(x)=则

F(x)=xf(x)xatf(t)dtaxxf(t)dt，当t[a,x]2a2a时，f(t)f(x)，

故F(x)单调增加．即 F(x)F(a)，又F(a)0，所以F(x)0，其中x[a,b]． 从而

abF(b)=xf(x)dxf(x)dx0．证毕．

bba1xaxxa1x=f(t)dtf(x)f(x)f(t)dt

2a222axa1xxaxaf(x)f(x)dt=f(x)f(x)0． 22a22证法2 由于f(x)单调增加，有(xab)[f(x)f(ab)]0，从而

即

ba2a22ba(xabab)[f(x)f()]dx0． 22(x故

--

bababababbab)f(x)dx(x)f()dx=f()(x)dx=0． aa22222--

baxf(x)dx例18 计算21|x|dx．

abbf(x)dx． 2a

分析 被积函数含有绝对值符号，应先去掉绝对值符号然后再积分．

解 |x|dx＝(x)dx．

注 在使用牛顿－莱布尼兹公式时,应保证被积函数在积分区间上满足可积条件．如 1111，则是错误的．错误的原因则是由于被积函数dx[]202110x20x225xdx＝[]1[]0＝

22232在x0处间断且在被积区间内无界.

例19 计算max{x,x}dx．

220x2x326x2分析 被积函数在积分区间上实际是分段函数 解

x21x2． f(x)x0x1212x21x321717220max{x,x}dx0xdx1xdx[2]0[3]1236

f(x)例20 设

f(x)______ ．

是连续函数，且

bf(x)x301f(t)，dt则

分析 本题只需要注意到定积分数）．

解 因10af(x)dx是常数（a,b为常

f(x)连续，

f(x)必可积，从而1110f(t)dt是常数，记

f(t)dta，则

f(x)x3a，且(x3a)dxf(t)dta．

00所以

11，即[x23ax]1a3aa， 022从而a1，所以 f(x)x3．

44x3x2, 0x10x2，例21 设f(x)，F(x)0f(t)dt，求F(x),

52x,1x2并

讨论F(x)的连续性．

分析 由于f(x)是分段函数, 故对F(x)也要分段讨论． 解 （1）求F(x)的表达式．

F(x)的定义域为[0,2]．当x[0,1]时，[0,x][0,1], 因此

--

--

xF(x)f(t)dt3t2dt[t3]0x3．

xx00当x(1,2]时，[0,x][0,1]12x01因此, 则

F(x)3tdt(52t)dt=[t][5tt]=35xx，

3102x12[1,x],

故

3x, 0x1． F(x)235xx,1x2 (2) F(x)在[0,1)及(1,2]上连续, 在x1处，由于

limF(x)lim(35xx)1, limF(x)limx1, F(1)1．

23因此, F(x)在x1处连续, 从而F(x)在[0,2]上连续．

错误解答 （1）求F(x)的表达式, 当x[0,1)时，

F(x)f(t)dt3tdt[t]x．

当x[1,2]时，有

F(x)f(t)dt(52t)dt=5xx．

xx2003x03xx2x1x1x1x100故由上可知

3x, 0x1F(x)． 25xx,1x2(2) F(x)在[0,1)及(1,2]上连续, 在x1处，由于

limF(x)lim(5xx)4, limF(x)limx1, F(1)1．

23因此, F(x)在x1处不连续, 从而F(x)在[0,2]上不连续．

错解分析 上述解法虽然注意到了f(x)是分段函数，但

（1）中的解法是错误的，因

为当x[1,2]时，F(x)f(t)dt中的积分变量t的取值范围是[0,2]，

x0x1x1x1x1f(t)是分段函数，F(x)f(t)dtf(t)dtf(t)dtx1x001

才正确．

例22 计算12x2x11x21dx．

分析 由于积分区间关于原点对称，因此首先应考虑被积函数的奇偶性．

解 12x2x11xx21dx=12x211x21dx1x11xx11x211dx．由于dx0,

2x211x2是

偶函数，而--

11x2是奇函数，有12于是 --

11x2(11x2)4dx41x2dx 4dxdx4dx===20111x2011x200x12x2x1x21由定积分的几何意义可知1101x2dx14, 故

42x2x11x312dx4dx404．

例23 计算分析 解

3e4dxxlnx(1lnx)被积函数中含有1x331e2．

及lnx，考虑凑微分．

d(lnx)lnx1(lnx)23e4dx1e2xlnx(1xln=e4d(lnx)lnx(1lnx))e=e41e2=3e42d(lnx)1(lnx)21e2

=[2arcsin(例24 计算解

40lnx)]1=

e4e26．

注 此题为三角有理式积分的类型，也可用万能代换公式来求解，请读者不妨一试．

例25 计算x2axxdx，其中a0．

2a20sinxdx． 1sinxsinx(1sinx)sinxsinx244401sinxdx=01sin2xdx=0cos2xdx04tanxdx

dcosx=04cos2x04(sec2x1)dx

14=[cosx]0[tanxx]04=22．

4解 2a0x2ax2x=dxxa2(xa)2dx，令xaasint，则

2a02a0x2axxdx=a23(1sint)cos222tdt

2a3．

=2a320cos2tdt0=

22注 若定积分中的被积函数含有ax，一般令xasint或xacost．

dx例26 计算，其中a0．

a0xa2x2解法1 令xasint，则 adxxa2x2020costdt sintcost1(sintcost)(costsint)2dt20sintcost

--

--

解法2 令xasint，则

a1(sintcost)2[1]dt 20sintcost12=tln|sintcost|024．

dxxax220=20costdtsintcost．

又令tu，则有

220costdtsintcost=20sinudu．

sinucosu所以，

a0注 如果先计算不定积分1sintcost122[dtdt]=2dt==0sintcost20sintcost204xa2x2dxdx．

xax22，再利用牛顿莱布

尼兹公式求解,则比较复杂，由此可看出定积分与不定积分的差别之一．

例27 计算ln50分析 被积函数中含有根式，不易直接求原函数，考虑作适当变换去掉根式．

解 设ue1，xln(u1)，dx2udu，则

xexex1dx． ex32u21分析 要求积分上限函数的导数，但被积函数中含有x，因此不能直接求导，必须先换元使被积函数中不含x，然后再求导．

解 由于

1tf(xt)dt=f(xt)dt．

x22222(u1)u22u44exex12uu20ex3dx=0u24u21du20u24du20u24du

2212du82du4． 00u4例28 计算d0xtf(x2t2)dt，其中f(x)连续．

dxln5x2220故令x202t2u，当t0时ux2；当tx时u0，而dt2du，所以

故

101x20tf(xt)dt=2x2f(u)(du)=20f(u)du，

x22--

--

dxd1x2122==tf(xt)dt[f(u)du]f(x2)2x=xf(x2)． dx0dx202错误解答 d0xtf(x2t2)dtxf(x2x2)xf(0)．

dx错解分析 这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式

d(x)f(t)dtf(x)

x中要求被积函数f(t)中不含有变限函数的自变量x，而f(x含有x，因此不能直接求导，而应先换元． 例29 计算30dxa2t2)xsinxdx．

分析 被积函数中出现幂函数与三角函数乘积的情形，通常采用分部积分法．

解 xsinxdxxd(cosx[)x(coxs)]3cosxdx． 62630303030(xc doxs)30例30 计算ln(1x)dx． 0(3x)21分析 被积函数中出现对数函数的情形，可考虑采用分部

积分法．

(1x)1111dx=ln(1x)d(ln(1x)]dx 解 l(n)=[3x(3x)(1x)3x)11020

例31 计算3x=1ln2101(11)dx 241x3x11ln2ln3． 241010分析 被积函数中出现指数函数与三角函数乘积的情形通常要多次利用分部积分法．

解 由于esinxdxsinxde[esinx]ecosxdx

20x20xx2020x20exsinxdx．

20e2excosxdx，

（1） 而

20ecosxdxcosxde[ecosx]2ex(sinx)dx

x20xx2002exsinxdx10，

（2）

--

--

将（2）式代入（1）式可得

故

120esinxdxe[2exsinxdx1],

x200201esinxdx(e21)． 2x例32 计算xarcsinxdx．

分析 被积函数中出现反三角函数与幂函数乘积的情形，通常用分部积分法．

xxxdxarcsxd解 xarcsxinin([)arcsinx]d(arcsinx)

112200

11x2dx． 4201x222101202 （1）

令xsint，则 1x21x20dx20sin2t1sint2dsint20sin2tcostdt2sin2tdt 0cost

20将（2）式代入（1）式中得

101cos2ttsin2tdt[]02． 2244 （2）

8xarcsinxdx．

f()3且

在[0,]上具有二阶连续导数，

[f(x)f(x)]cosxdx2，求f(0)．

f(x)0例33 设

分析 被积函数中含有抽象函数的导数形式，可考虑用分部积分法求解．

解 由于[f(x)f(x)]cosxdxf(x)dsinxcosxdf(x)

{f(x)sinxf(x)sinxdx}{[f(x)cosx]f(x)sinxdx}

0000000故 f(0)2f()235．

例34（97研） 设函数f(x)连续，

f(x)(x)f(xt)dt，且lim， A（A为常数）

10f()f(0)2．

x0求(x)并讨论(x)在x0处的连续性． 分析 求(x)不能直接求，因为--

x10f(xt)dt中含有(x)的自变

--

量x，需要通过换元将x

从被积函数中分离出来，然后利用积分上限函数的求导法则，求出(x)，最后用函数连续的定义来判定(x)在x0处的连续性．

解 由limf(x)A知limf(x)0，而f(x)连续，所以f(0)0，

x0xx0(0)0．

当x0时，令uxt，t0，u0；t1，ux．dt1du，则

x(x)x0f(u)duxx，

(x0)．

从而

(x)xlimxf(x)f(u)du02又因为lim(x)(0)limx0x0f(u)dux0x0x2xf(x)xf(u)du0,x02x(x)=A,x02x0f(x)AA，即(0)．所以 2x22．

由于

lim(x)limx0x0xf(x)f(u)dux02x从而知(x)在x0处连续．

注 这是一道综合考查定积分换元法、对积分上限函数求导、按定义求导数、讨论函数在一点的连续性等知识点的综合题．而有些读者在做题过程中常会犯如下两种错误：

（1）直接求出

xf(x)f(u)du， (x)xf(u)duAf(x)0=(0)． limlimx0x0xx22x而没有利用定义去求(0)，就得到结论(0)不存在或(0)无定

义，从而得出(x)在x0处不连续的结论．

（2）在求lim(x)时，不是去拆成两项求极限，而是立即

x0x02用洛必达法则，从而导致

lim(x)x0xf(x)f(x)f(x)1limf(x).

2x2x0--

--

又由limf(x)A用洛必达法则得到limf(x)=A，出现该错误的原

x0因是由于使用洛必达法则需要有条件：f(x)在x0的邻域内可导．但题设中仅有f(x)连续的条件，因此上面出现的limf(x)是

x0xx0否存在是不能确定的．

例35（00研） 设函数f(x)在[0,]上连续，且

f(x)dx0，f(x)cosxdx0．

00试证在(0,)内至少存在两个不同的点,使得f()f()0．

分析 本题有两种证法：一是运用罗尔定理，需要构造函数F(x)f(t)dt，找出F(x)

1212x0的三个零点，由已知条件易知F(0)F()0，x0，x为F(x)的两个零点，第三个零点的存在性是本题的难点．另一种方法是利用函数的单调性，用反证法证明f(x)在(0,)之间存在两个零点．

证法1 令F(x)f(t)dt,0x，则有F(0)0,F()0．又 f(x)cosxdxcosxdF(x)[cosxF(x)]F(x)sinxdx

x00000F(x)sinxdx0，

0由积分中值定理知，必有(0,)，使得

F(x)sinxdx=F()sin(0)．

0故F()sin0．又当(0,),sin0，故必有F()0．

于是在区间[0,],[,]上对F(x)分别应用罗尔定理，知至少存在

(0,)，(,)，

使得

F()F()0，即f()f()0．

证法2 由已知条件f(x)dx0及积分中值定理知必有

121212010f(x)dxf(1)(0)0，1(0,)，

则有f()0．

若在(0,)内，f(x)0仅有一个根x，由10f(x)dx0知f(x)在

(0,1)与(1,)内异号，不妨设在(0,1)内f(x)0，在(1,)内f(x)0，

由

--

--

以及cosx在[0,]内单调减，可知：

0f(x)(cosxcos)dx=f(x)(cosxcos)dxf(x)(cosxcos)dx0． 001f(x)cosxdx0，f(x)dx0，

010111由此得出矛盾．故(0,)使得

2f(x)0至少还有另一个实根，212且

f(1)f(2)0.

例36 计算0分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算．

dx解 =limdx=lim1(11)dx

tt0dx．

x24x3x24x3t0例37 计算解 x24x3t20x1x31x1t1t11=tlim[ln]0=lim(lnln) 2t2x3t33=ln3． 2dx23(x1)x2x2．

dxdx(x1)23x2x223(x1)2(x1)1x1sec3． 223sectandsec2tan

2cosd13例38 计算4dx(x2)(4x)2．

4分析 该积分为无界函数的反常积分，且有两个瑕点，dxdx于是由定义，当且仅当 和均收敛时，

32(x2)(x4)3(x2)(4x)原反常积分才是收敛的．

解 由于

dxdxlim=332(x2)(4x)a2a(x2)(4x)=lima23d(x3)1(x3)2a

=lim[arcsin(x3)]=． a23a24dx(x2)(4x)3=limb4bdx(x2)(4x)b43=limb4bd(x3)1(x3)23

=lim[arcsin(x3)]=． b32所以 4dx(x2)(4x)0222．

例39 计算--

dxx(x1)5．

--

分析 此题为混合型反常积分，积分上限为，下限0为被积函数的瑕点．

解 令xt，则有

dx＝2tdt＝2dt， 0x(x1)50t(t1)2520(t1)252再令ttan，于是可得 dt(t21)520＝20dtan(tan21)2052＝20sec2dsec5＝20dsec3

＝ ＝例40 计算解 由于

1cosd＝2(1sin2)cosd3020(1sin2)dsin

3/2＝[sin1sin]＝2．

3031x2dx． 21x411d(x)211x11xx， 21x4dx221dx212x22(x)xx可令tx1，则当x2时，t22；当x0时，t；当x0x21时，t；当x1时，t0；故有

1211d(x)d(x)011xxxdx21x4212012(x)2(x)2xx0(t)dt 22d 22t2t2

注 有些反常积分通过换元可以变成非反常积分，如例

32、例37、例39；而有些非反常积分通过换元却会变成反常积分，如例40，因此在对积分换元时一定要注意此类情形．

21(arctan) 22．

--

--

例41 求由曲线y1x，y3x，y2，

2y1所围成的图形的面积．

y3y3xy2y1yx222分析 若选x为积分变量，需将图211o11形分割成三部分去求，如图5－1所示，23此做法留给读者去完成．下面选取以y 为积分变量．

解 选取y为积分变量，其变化范 围为y[1,2]，则面积元素为

1dA=|2yy|dy=

31(2yy)dy． 于是所求面积为

2234x图5－1 3yxy8215A(2yy)dy=13222．

2y22xA2121o121A12例42 抛物线y2x把圆xy8分

(2,2)成两部分，求这两部分面积之比． 解 抛物线y2x与圆xy8的交图点分别为(2,2)与(2,2)，如图所示5－2所5－2 示，抛物线将圆分成两个部分A，A，记它们的面积分别为S，S，则有

84y4S=(8y)dy=8cosd=2，S8A=6，于是

22221212x22214222433213例43 求心形线1cos与圆3cos所围公共部分的面积．

分析 心形线1cos与圆3cos的图形如图5－3所示．由图形的对称性，只需计算上半部分的面积即可．

解 求得心形线1cos与圆

33cos的交点为(,)=(,)，由图形

2342S13=4S263=32．

92y213cos1cos1o1323x1图5－3 --

--

的对称性得心形线1cos与圆3cos所围公共部分的面积为

A=2[301152(1cos)d2(3cos)2d]=2432．

yylnx321例44 求曲线ylnx在区间(2,6)内的

x6和一条切线，使得该切线与直线x2，

曲线ylnx所围成平面图形的面积最小（如图5－4所示）．

分析 要求平面图形的面积的最小值，必须先求出面积的表达式．

4

解 设所求切线与曲线ylnx相切于点(c,lnc)，则切线方程为ylnc1(xc)．又

c(c,lnc)o11234567xx2x6图5－

切线与直线x2，x6和曲线ylnx所围成的平面图形的面积为

14A=[(xc)lnclnx]dx=4(1)4lnc46ln62ln2．

62由于

ccdA44=16=(4c)，

c2dcc2c令dA0，解得驻点c4．当c4时dA0，而当c4时dA0．故dcdcdc当c4时，A取得极小值．由于驻点唯一．故当c4时，A取得最小值．此时切线方程为：

1yx1ln4． 例45 求圆域x(yb)a（其中ba）绕x轴旋转而成的立体的体积．

解 如图5－5所示，选取x为积分变量，得上半圆周的方程为

ybax，

下半圆周的方程为 －5

2222224yx2(yb)2a2(ba0)(0,b)o

图5x--

--

y1ba2x2．

则体积元素为 dV=(yy)dx=4b2221a2x2dx．于是所求旋转体的体积为

2a0V=4baaaxdx=8b2axdx=8b22a24=22a2b．

注 可考虑选取y为积分变量，请读者自行完成．

例46（03研） 过坐标原点作曲线ylnx的切线，该切线与曲线ylnx及x轴围成平面图形D．

1yyx（1）求D的面积A； e1ylnx（2）求D绕直线xe旋转一周所得

321ox旋转体的体积V． ylnx 分析 先求出切点坐标及切线方

图5－6 程，再用定积分求面积A，旋转体积可

用大的立体体积减去小的立体体积进行

计算，如图5－6所示．

解 （1）设切点横坐标为x，则曲线ylnx在点(x,lnx)处的切线方程是

1ylnx(xx)．

0000x00由该切线过原点知lnx1yx．从而D的面积

e010，从而x0e，所以该切线的方程是

A(eyey)dy01（2）切线y1x与x轴及直线xe围成的三角形绕直线xeee1． 2旋转所得的旋转体积为

1Ve，

21曲线ylnx与x轴及直线xe围成的图形绕直线xe旋转所得的

--

3--

旋转体积为 因此，所求体积为

111V2(eey)2dy(e22e)． 022VV1V26(5e212e3)．

2例47 有一立体以抛物线y2x与直

线x2所围成的图形为底，而垂直于抛物线的轴的截面都是等边三角形，如图5－7所示．求其体积．

解 选x为积分变量且x[0,2]．过x轴上坐标为x的点作垂直于x轴的平面，与立体相截的截面为等边三角形，其底边长为22x，得等边三角形的面积为

3(22x)=23x． A(x)=42zyy2x2oxx2图5－7 于是所求体积为 V=A(x)dx=23xdx=43．

例48（03研） 某建筑工程打地基时，需用汽锤将桩打进土层，汽锤每次击打，都将克服土层对桩的阻力而作功，设土层对桩的阻力的大小与桩被打进地下的深度成正比（比例系数为k，k0），汽锤第一次击打进地下a（m），根据设计方案，要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数r（0r1）．问：

（1）汽锤打桩3次后，可将桩打进地下多深？ （2）若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下多深？（注：m表示长度单位米）

分析 本题属于变力作功问题，可用定积分来求． 解 （1）设第n次击打后，桩被打进地下x，第n次击打时，汽锤所作的功为W（n1，2，）．由题设，当桩被打进地下的深度为x时，土层对桩的阻力的大小为kx，所以

Wkxdxkxka，Wkxdxk(xx)k(xa)．

2200nnx110由W2212x2222x1222122122rW1得

x22x12ra2，即 x22(1r)a2，

x3kkW3kxdx(x32x22)[x32(1r)a2]． x222由W--

3rW2r2W1 得

--

x32(1r)a2r2a2，即 x32(1rr2)a2．

从而汽锤击打3次后，可将桩打进地下xa1rr（m）．

（2）问题是要求limx，为此先用归纳法证明：

23nnxn1a1rrn．

rn1a，则

xn1假设x由 得

n1rWn1xnkkkxdx(xn12xn2)[xn12(1r...rn1)a2]．

22Wn1rWnr2Wn1...rnW1，

xn12(1r...rn1)a2rna2．

从而

xn11r1rn1axn1lima于是limnn1r1rrna.

．

a1rox若不限打击次数，汽锤至多能将桩打进地下例49 有一等腰梯形水闸．上底为6米，下底为2米，高为10米．试求当水面与上底相接时闸门所受的水压力．

解 建立如图5－8所示的坐标系，选取x为积分变量．则过点A(0,3)，B(10,1)的直线方程为y1x3．

5于是闸门上对应小区间[x,xdx]的窄条所承受的水压力为dF2xygdx．故闸门所受水压力为F=2gx(1x3)dx=500g，其中为水密

53度，g为重力加速度．

100(m)． A(0,3)yxdxB(10,1)x图5－8

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